第一章空间向量与立体几何同步练习卷-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册（含解析）

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第一章空间向量与立体几何同步练习卷-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ）
A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2
2．在空间四边形中，点分别是和的中点，则（ ）
A． B． C． D．
3．设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且A、B、D三点共线，则实数k的值为（ ）
A．-8 B．-4 C．-2 D．8
4．在直三棱柱中，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知正方体的棱长为1，且满足，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
7．已知为原点，，，，点在直线上运动，则取得最小值时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法错误的是（ ）
A．若是空间任意四点，则有
B．若，则存在唯一的实数，使得
C．若共线，则
D．对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面
10．已知单位向量，，两两的夹角均为，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，则下列命题是真命题的为（ ）
A．已知，，则
B．已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值
C．已知，，则
D．已知，，，则三棱锥的表面积
11．如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（ ）
A．存在点，使得直线与直线所成的角为
B．存在点，使得直线与直线所成的角为
C．存在点，使得三棱锥的体积为
D．存在点，使得平面
三、填空题
12．已知、、三个空间向量，若与共线，则的值为 .
13．如图，已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，用，，表示，则 ．
14．如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，过A点的截面分别交于点E，F，G，且，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的编号）．
①平面；
②平面；
③平面；
④若，点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上；
⑤若，则四棱锥的体积为．
四、解答题
15．已知三棱锥中，底面BCD为等边三角形，，，点E为CD的中点，点F为BE的中点，若点M、N是空间中的两动点，且，，求.
16．如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且.求：
(1)的长；
(2)直线与所成角的余弦值.
17．如图，正方体的棱长为1，动点M在线段上，动点P在平面上，且平面．
(1)当点M与点C重合时，求线段AP的长度；
(2)求线段AP长度的最小值．
18．已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点．
(1)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：；
(2)若点C到平面的距离为，求正四棱柱的表面积；
(3)若正四棱柱的高为2，在矩形内（不包含边界）存在点P，满足P到线段BC的距离与到线段的距离相等，求的最小值．
19．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
参考答案：
1．D
【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可.
【详解】因为，，，
所以，，
因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使，
所以，
所以，解得.
故选：D
2．C
【分析】根据已知可得，代入即可得出答案.
【详解】
因为点G是CD的中点，
所以，
所以.
故选:C.
3．A
【分析】利用空间向量共线定理求解即可.
【详解】因为A、B、D三点共线，所以使得
又，，，
所以
则
则解得：
故选：A.
4．B
【分析】根据空间向量的加减法法则结合题意直接求解即可.
【详解】因为直三棱柱中，若，
所以，
故选：B．
5．C
【分析】根据平行六面体的性质结合空间向量基本定理求解即可.
【详解】因为平行六面体中，点是线段上的一点，且，
所以
．
故选：C．
6．C
【分析】由空间向量的共面定理可得点四点共面，从而将求的最小值转化为求点到平面的距离d，再根据等体积法计算d
【详解】因为，
由空间向量的共面定理可知，点四点共面，
即点E在平面上，所以的最小值为点到平面的距离d，
由正方体棱长为1，可得是边长为的等边三角形，
则，，
由等体积法得，，所以，
所以的最小值为.
故选：C
7．C
【分析】利用向量表示出点坐标，再求出，的坐标，借助数量积建立函数关系即可求解.
【详解】因点在直线上运动，则，设，于是有，
因为，，所以，，
因此，，
于是得
，
则当时，，此时点，
所以当取得最小值时，点的坐标为.
故选：C
8．B
【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解.
【详解】连接，设交于点，则平面，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设底面边长为，则，
显然是平面的一个法向量，
因为平面，所以是平面的一个法向量，
设二面角为，所以.
故选：B.
9．BCD
【分析】利用向量加法运算判断A；利用共线向量定理判断B；利用向量共线的意义判断C；利用共面向量定理判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，当时，不存在，B错误；
对于C，共线，可以在同一条直线上，C错误；
对于D，当时，四点不共面，D错误.
故选：BCD
10．BC
【分析】根据已知，借组图形，利用向量的线性运算以及数量积运算进行求解.
【详解】对于A，，
因为，且，所以，故A错误；
对于B，如图所示，设，，则点A在平面上，点在轴上，

由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，故B正确；
对于C，根据“仿射”坐标的定义可得，
，故C正确；
对于D，由已知可得三棱锥为正四面体，棱长为1，其表面积，故D错误．
故选：BC．
11．CD
【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量的坐标运算判断AB；求出三棱锥的体积判断C；利用空间位置关系的向量证明判断D.
【详解】在棱长为1的正方体中，建立以为坐标原点，
以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图：
则，，
设，即点，且，
对于AB，，则，即，
因此不存在点，使得直线与直线所成的角为或，AB错误；
对于C，假设存在点，使得三棱锥的体积为，而，
且点到平面的距离为，则，
解得，当点为线段的靠近的三等分点，即时，三棱锥的体积为，C正确；
对于D，假设存在点，使得平面，而，
则，解得，当点为线段的中点，即时，使得平面，D正确.
故选：CD
12．0
【分析】由于共线，则，可得，即可求得的值.
【详解】因为于共线，则，即，
所以，则.
故答案为：.
13．
【分析】根据空间向量基本定理结合题意求解即可.
【详解】因为E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，
所以
.
故答案为：
14．①②④
【分析】对于①，通过证明得到，即可判断；对于②，只需分别证明，，即可判断；对于③，利用反证法推翻命题即可判断；对于④⑤，建立适当的空间直角坐标系即可说明.
【详解】对于①，因为平面，平面，，
又因为，所以，
所以直角三角形全等于直角三角形，
因为，，所以，
又因为，所以直角三角形全等于直角三角形，
所以，所以，
∴，又平面，平面，
∴平面，∴①正确；
对于②，因为，，平面，
所以平面，同理平面，
又平面，平面，
所以，，
因为，，平面，
所以平面，
而平面，从而，同理，
又，平面，
所以平面，∴②正确；
对于③，由②可知，平面，而平面，所以，
∴与必相交（否则若，注意到，所以，又，而同一条直线不可能同时垂直两条相交直线，故矛盾），
假设平面，由平面，与相交，平面，
可得平面平面，显然矛盾，∴③错误；
对于④，若，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，而平面，
所以，
由题意点分别是的中点，且，
所以，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
因为三点共线，所以设，
所以，所以，
而，且由③可知，
所以，解得，符合题意，
所以，
所以，
∴点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上，∴④正确；
对于⑤，连接，取的中点M，连接，则，
因为平面，所以平面，
而，，，，
由已知可得，
所以，，，，
所以，即，
根据对称性可知，四边形的面积为，
∴四棱锥的体积，∴⑤错误．
故答案为：①②④．
【点睛】关键点点睛：判断④⑤的关键在于，适当利用空间向量这一工具，由此即可顺利得解.
15．4
【分析】设是正三棱锥的高（是底面正三角形的中心），分别以为轴建立空间直角坐标系，用坐标法求得在球面上，利用球心和数量积运算律可得结论．
【详解】设是正三棱锥的高（是底面正三角形的中心），连接，延长线交于，
则，，，，
显然为中点，作，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，.因为点为的中点，所以，
又点为的中点，所以.设，则由，得，
即，
化简得，所以点在以为球心，以1为半径的球上，同理点也在这个球上，又，
所以为球的直径，所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的运算，表示出，根据向量模的计算，即可求得答案；
（2）选定基底表示，求出向量的数量积以及它们的模，根据向量夹角公式求出的夹角的余弦值，即可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）由题意得，
所以
；
（2），
所以
，
，,
，
故，
由于异面直线所成角的范围为大于小于等于，
所以直线与AC所成角的余弦值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，再由向量模长的坐标公式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由向量模长的坐标公式，代入计算，即可求解.
【详解】（1）如图，以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标
系，则，，．
设，，则，，．因为平面，
所以得
当点M与点C重合时，，，此时，
则AP的长度为.
（2），
即线段AP长度的最小值为.
18．(1)证明见解析
(2)10
(3)
【分析】(1)根据线面角的定义、异面直线所成角的定义可以求出，的大小，最后可以证明出结论；
(2)根据面面垂直的性质定理可以找到点在平面的射影的位置，利用相似三角形性质可以求出正四棱柱的高；
(3)以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设出点的坐标，由题意可以求出点的轨迹方程，计算出的表达式，进行恒等变形最后求出的最小值。
【详解】（1）设正四棱柱的高为，因为底面，所以，于是有，
因为，如下图所示：所以，
由勾股定理可知：，
在等腰三角形中，底边上的高为，
所以，；
（2）因为为与的交点，三角形是以为底边的等腰三角形，
所以，
因为底面是正方形，所以，又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
因此点在平面的投影在交线上，即，
如上图所示：在矩形中中，，
因为∽，所以有，
所以正四棱柱的表面积为：；
（3）以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设，
因为平面，平面，所以，
由题意可知，
所以有，
当时，最大，此时，取到最小值，
故取得最小值为。
【点睛】方法点睛：本题的第2问考查点面距问题，解决点面距问题的方法主要有三种：
1：直接法：直接法是指可以直接找到该点在平面投影的具体位置，而此类题型往往需要有面面垂直条件，
因为根据面面垂直的性质定理可知，该点的投影一定在交线上从而使问题转化为平面几何问题。
2：体积转化法：不适合用直接法的题，利用三棱锥的体积相等列式求解。
3：空间向量法：点面距，即点面距为该点与平面内一点所形成的直线的方向向量在该平面法向量方向上的投影数量的绝对值。
第三问求某个变量的最值问题通常是把所要求的最值转化为一个函数表达式，再求出此函数的最值。
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可.
【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则，
又，则，
且，平面，平面，
根据线面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，则，又，为梯形的两腰，则与相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中点为Q，由，，
则，，
因此△为等边三角形，.
由（1）知平面，，，两两垂直，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

由，，则，
，，，，
由，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，得.
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，
即平面的一个法向量为.
记平面与平面夹角的大小为，
所以，化简得，即，所以实数的值为.
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